Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác MBOC có \(\widehat{OBM}+\widehat{OCM}=90^0+90^0=180^0\)
nên MBOC là tứ giác nội tiếp
=>M,B,O,C cùng thuộc một đường tròn
b: Xét (O) có
MB,MC là các tiếp tuyến
Do đó: MB=MC
=>M nằm trên đường trung trực của BC(1)
Ta có: OB=OC
=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)
Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BC
=>OM\(\perp\)BC tại I và I là trung điểm của BC
Xét (O) có
ΔBCD nội tiếp
BD là đường kính
Do đó: ΔBCD vuông tại C
=>BC\(\perp\)CD tại C
Ta có: BC\(\perp\)CD
BC\(\perp\)OM
Do đó: CD//OM
c: Xét (O) có
ΔBHD nội tiếp
BD là đường kính
Do đó: ΔBHD vuông tại H
=>BH\(\perp\)HD tại H
=>BH\(\perp\)DM tại H
Xét ΔBDM vuông tại B có BH là đường cao
nên \(MH\cdot MD=MB^2\left(3\right)\)
Xét ΔMBO vuông tại B có BI là đường cao
nên \(MI\cdot MO=MB^2\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) suy ra \(MH\cdot MD=MI\cdot MO\)
=>\(\dfrac{MH}{MO}=\dfrac{MI}{MD}\)
Xét ΔMHI và ΔMOD có
\(\dfrac{MH}{MO}=\dfrac{MI}{MD}\)
góc HMI chung
Do đó: ΔMHI đồng dạng với ΔMOD
=>\(\widehat{MIH}=\widehat{MDO}=\widehat{ODH}\)
mà \(\widehat{ODH}=\widehat{OHD}\)(ΔOHD cân tại O)
nên \(\widehat{MIH}=\widehat{OHD}\)
a. Câu này đơn giản em tự giải.
b.
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}OB=OC=R\\MB=MC\left(\text{t/c hai tiếp tuyến cắt nhau}\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow OM\) là trung trực của BC
\(\Rightarrow OM\perp BC\) tại H đồng thời H là trung điểm BC hay \(HB=HC\)
\(OC\perp MC\) (MC là tiếp tuyến tại C) \(\Rightarrow\Delta OMC\) vuông tại C
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OMC với đường cao CH:
\(CH^2=OH.MH\)
c.
C nằm trên đường tròn và AB là đường kính \(\Rightarrow\widehat{ACB}\) là góc nt chắn nửa đường tròn
\(\Rightarrow\widehat{ACB}=90^0\)
Xét hai tam giác MBH và BAC có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{MHB}=\widehat{ACB}=90^0\\\widehat{MBH}=\widehat{BAC}\left(\text{cùng chắn BC}\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta MBH\sim\Delta BAC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{BH}{AC}=\dfrac{MH}{BC}\Rightarrow\dfrac{BH}{AC}=\dfrac{2HF}{2CH}\) (do F là trung điểm MH và H là trung điểm BC)
\(\Rightarrow\dfrac{BH}{AC}=\dfrac{HF}{CH}\)
Xét hai tam giác BHF và ACH có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{BH}{AC}=\dfrac{HF}{CH}\left(cmt\right)\\\widehat{BHF}=\widehat{ACH}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta BHF\sim\Delta ACH\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{HBF}=\widehat{CAH}\)
Mà \(\widehat{CAH}=\widehat{CBQ}\) (cùng chắn CQ)
\(\Rightarrow\widehat{HBF}=\widehat{CBQ}\) hay \(\widehat{HBF}=\widehat{HBQ}\)
\(\Rightarrow B,Q,F\) thẳng hàng
a: Xét (O) có
MA là tiếp tuyến
MB là tiếp tuyến
Do đó: MA=MB
hay M nằm trên đường trung trực của AB(1)
Ta có: OA=OB
nên O nằm trên đường trung trực của AB(2)
Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của AB
hay MO⊥AB
a) Xét tứ giác MAOB có
\(\widehat{OAM}\) và \(\widehat{OBM}\) là hai góc đối
\(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: MAOB là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Suy ra: M,A,O,B cùng thuộc một đường tròn(đpcm)
a: ΔOAB cân tại O
mà OM là đường cao
nên OM là phân giác
Xét ΔOAM và ΔOBM có
OA=OB
góc AOM=góc BOM
OM chung
=>ΔOAM=ΔOBM
=>góc OBM=90 độ
=>MB là tiếp tuyến của (O)
b:F ở đâu vậy bạn?
Nhờ các mod xóa giùm bài kia. Gõ $\LaTeX$ bị sai.
Sửa đề. Chứng minh CD // OM.
Ta có:
$$\widehat{COM}=\dfrac{\widehat{BOC}}{2} =\dfrac{180^o-\widehat{DOC}}{2}=\widehat{OCD}$$
(vì $\Delta OCD$ cân tại $O$ do $OC=OD=R.$)
Nên CD//OM (hai góc so le trong bằng nhau)
Hình vẽ: